hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 - 2016

Môn: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút.

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Với giá trị nào của x thì biểu thức x + 1 + x − 3 xác định.
2) Tính giá trị của biểu thức A = x + 3 − 3 − x khi x = 2 2 .
3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y = 2 x 2 .
4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3, BC = 5 . Tính cos ·ACB.
2   x + x 1− x 
 1
−
−
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q = 
÷ (với x > 0; x ≠ 1 ).
÷.
x −x
 x −1 x −1   x +1
1) Rút gọn biểu thức Q .
2) Tìm các giá trị của x để Q = −1 .
Câu 3. (2,5 điểm)

2
2
1) Cho phương trình x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 3.
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 16 .

 x + 2 ( x − y + 3) = y
2) Giải hệ phương trình  2

 x + ( x + 3) ( 2 x − y + 5 ) = x + 16.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) , đường cao AH . Đường tròn tâm I
đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Gọi O là trung điểm của đoạn BC , D là
giao điểm của MN và OA.
1) Chứng minh rằng:
a) AM . AB = AN . AC.
b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng:
a) ∆ADI ∽ ∆AHO .
1
1
1
=
+
.
b)
AD HB HC
3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường
·
kính AH . Chứng minh rằng BKC
= 900.

Câu 5. (1,0 điểm)

1) Giải phương trình

3x 2 − 6 x − 6 = 3

( 2 − x)

5

+ ( 7 x − 19 ) 2 − x .

2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a
b
c
T= 4
+ 4
+ 4
.
4
4
b + c + a a + c + b a + b4 + c
---------HẾT--------Họ và tên thí sinh:………………….................
Số báo danh:……………………….................

Họ tên, chữ ký GT 1……………………..................
Họ tên, chữ ký GT 2……………………..................



hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN (Đề chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)
Đáp án
1) x + 1 + x − 3 xác định ⇔ x + 1 và x − 3 đồng thời xác định.
x + 1 xác định ⇔ x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 ,
x − 3 xác định ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
x + 1 + x − 3 là x ≥ 3 .

Vậy điều kiện xác định của biểu thức

(

2) Với x = 2 2 ta có A = 2 2 + 3 − 3 − 2 2 =
=

2 +1 −

2 −1 =

(


) (

2 +1 −

)

)

2

2 +1 −

(

)

2 −1

2 −1 = 2

2

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 2 = 8

⇔ x = ±2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (−2;8) .

0,25
0,25

4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC = BC 2 − AB 2 = 52 − 32 = 4
AC 4
= .
Do đó cos ·ACB =
BC 5

0,25
0,25

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu 2 (2,0 điểm)
Đáp án
1) (1,0 điểm)
Với điều kiện x > 0 và x ≠ 1 , ta có

Q=



=


=



(

(

)

Điểm


2 ÷  x x +1
1− x
−
.
−
x +1
x −1
x +1 x −1÷ 
x 1− x

x +1
2 
1 
−
÷.  x −
÷
x −1 x −1  
x
x +1

)(


)

x −1   x −1 
=
÷.
x − 1   x ÷


(

x −1
.
x

2) (0,5 điểm) Với x > 0 và x ≠ 1 , ta có Q =

1
Vậy với x = thì Q = −1.
4

0,5

0,25
0,25

x −1
x

x −1

= −1 ⇔ x − 1 = − x
x
1
⇔ 2 x = 1 ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện)
4

Do đó Q = −1 ⇔

)


÷
÷


0,25

0,25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu 3 (2,5 điểm)
Đáp án

Điểm

1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với m = 3 , ta có phương trình (1) trở thành x 2 − 4 x + 3 = 0
Ta có a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3
Vậy với m = 3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3

2
2
b) (0,75 điểm) x − 2 ( m − 1) x + m − 6 = 0 (1)
2
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ∆ ' = ( m − 1) − ( m − 6 ) = 7 − 2 m

0,25
0,25
0.25

2

Phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 7 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤
2
Khi đó theo định lý Viét ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) ; x1.x2 = m − 6

7
(*)
2

Do đó x + x = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4 ( m − 1) − 2 ( m − 6 ) = 2m − 8m + 16
2
1

2

2
2

2


2

0,25

0,25

2

m = 0
2
2
2
Vậy x1 + x2 = 16 ⇔ 2m − 8m + 16 = 16 ⇔ 
m = 4

0,25

Kết hợp điều kiện (*) ta có m = 0 là giá trị thỏa mãn.
 x + 2 ( x − y + 3) = y
( 1)
 x + 2 ≥ 0  x ≥ −2
⇔
2) (1,0 điểm)  2
Điều kiện: 
y
≥
0
x
+

x
+
3
2
x
−
y
+
5
=
x
+
16
2

y ≥ 0
(
)(
)
( )

Với x ≥ −2, y ≥ 0 , phương trình (1) ⇔ x + 2 ( x − y + 2 ) + x + 2 − y = 0

) −( ) ( x+2 − y) = 0
⇔ ( x + 2 − y )  x + 2 ( x + 2 + y ) + 1 = 0


⇔ x + 2 − y = 0 ⇔ y = x + 2 ( do x + 2 ( x + 2 + y ) + 1 > 0, ∀ x ≥ −2, y ≥ 0 )
⇔ x+2



(

x+2

2

y +

2

0,25

0,25

Thay y = x + 2 vào phương trình (2) ta được phương trình

x 2 + ( x + 3) ( 2 x − ( x + 2 ) + 5 ) = x + 16 ⇔ x 2 + ( x + 3) 2 = x + 16
x = 1
2
⇔ 2 x + 5x − 7 = 0 ⇔ 
x = − 7

2
+) Với x = 1 ⇒ y = 3.

( TM )

0,25


( Ko TM )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;3) .
Câu 4 (3,0 điểm)
Đáp án

0,25
Điểm


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
1) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn ( I ) có
B
·AMH = ·ANH = 900 (góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) nên HM , HN
H
M
tương ứng là đường cao của các tam
giác vuông ABH , ACH
K
O
+) ∆ABH vuông tại H , có đường
I
cao HM nên suy ra AM . AB = AH 2
D
+) ∆ACH vuông tại H , có đường
cao HN nên suy ra AN . AC = AH 2
A
N

C
Do đó AM . AB = AN . AC
AM AN
=
b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB = AN . AC ⇒
AC AB
AM AN
=
Xét ∆AMN và ∆ACB có ¶A chung,
nên suy ra ∆AMN ∽ ∆ACB ( cgc )
AC AB
·
·
·
·
Do đó ·AMN = ·ACB ⇒ BCN
+ BMN
= ·ACB + BMN
= ·AMN + BMN
= 1800
·
·
Mà các góc BCN
ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.
, BMN
P

2) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên
·

·
·
·
OA = OB = OC ⇒ ∆OAC cân tại O ⇒ OAC
= OCA
⇒ OAC
= BCN
·
·
·
Mà ·AMN = ·ACB = BCN
nên ·AMN = OAC
⇒ ·AMN = DAN
·
Vì ∆AMN vuông tại A nên ·AMN + ·ANM = 900 ⇒ DAN
+ ·ANM = 900 ⇒ ·ADN = 900
·
Mà MAN
= 900 ⇒ MN là đường kính của đường tròn ( I ) ⇒ I là trung điểm của MN
nên ·ADI = 900 .
Xét ∆AID và ∆AOH có ·ADI = ·AHO = 900 và ¶A chung do đó ∆ADI ∽ ∆ AHO ( gg )

AD AI
1
AO
=
⇒
=
AH AO
AD AH . AI

1
1
1
BC
=
Mà AO = BC , AI = AH ⇒
2
2
AD AH 2
Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH 2 = HB.HC
1
HB + HC
1
1
=
=
+
Suy ra
AD HB.HC
HB HC
·
·
·
·
3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp ⇒ PBM
= MNC
⇒ PBM
+ ·ANM = MNC
+ ·ANM = 1800
(1)

·
Vì tứ giác ANMK nội tiếp ⇒ PKM
= ·ANM (2)
·
·
Từ (1) và (2) suy ra PBM
+ PKM
= 1800 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp
·
·
·
⇒ PKB
= PMB
= ·AMN = ·ACB ⇒ ·AKB + ·ACB = ·AKB + PKB
= 1800
·
·
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp ⇒ BKC
= BAC
= 900 .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


0,25

b) (0,5 điểm) Vì ∆ADI ∽ ∆ AHO ⇒

0,25

0,25

0,5

0,5

Câu 5 (1,0 điểm)
Đáp án

Điểm


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
3x 2 − 6 x − 6 ≥ 0
⇔ x ≤ 1− 3
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định 
2
−
x
≥
0

Với x ≤ 1 − 3 , phương trình đã cho tương đương với:

3x 2 − 6 x − 6 = 3( 2 − x )

2

2 − x + ( 7 x − 19 ) 2 − x

⇔ 3x 2 − 6 x − 6 = 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 7 ) ⇔ 3 x 2 − 6 x − 6 − 2 − x = 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 8 )
3 x 2 − 5 x − 8 = 0
⇔
= 2 − x ( 3x 2 − 5 x − 8 ) ⇔ 
2
1 = 2 − x 3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x
3x − 6 x − 6 + 2 − x

3x 2 − 5 x − 8

(do

(

)

0,25

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x > 0, ∀x ≤ 1 − 3 ).

+) 3 x 2 − 5 x − 8 = 0 ⇔ x = −1 (thỏa mãn đk) hoặc x =
+) 1 = 2 − x

(


)

8
(không thỏa mãn đk)
3

3 x 2 − 6 x − 6 + 2 − x ⇔ 1 = 2 − x + 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x
0,25

⇔ x − 1 = 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x ( *)
Vì x ≤ 1 − 3 nên x − 1 < 0 ≤ 3 x 2 − 6 x − 6. 2 − x do đó (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1
4
4
2
2
2) (0,5 điểm) Ta có: a + b ≥ ab ( a + b ) ∀a; b ∈ ¡
4
4
2
2
4
4
3
3
Thật vậy a + b ≥ ab ( a + b ) ⇔ a + b ≥ a b + ab

⇔ ( a − b ) ( a 3 − b3 ) ≥ 0 ⇔ ( a − b )


2

(a

2

+ ab + b 2 ) ≥ 0 (luôn đúng ∀a, b ∈ ¡ )

4
4
2
2
4
4
2
2
2
Do đó a + b + c ≥ ab ( a + b ) + c ⇔ a + b + c ≥ ab ( a + b ) + abc > 0 (vì a; b; c > 0 và abc = 1 )
c
c
c
c
⇔ 4
≤
⇔ 4
≤
4
4
2
2

2 (vì c > 0 )
2
a + b + c ab ( a + b ) + abc
a + b + c ab ( a + b 2 + c 2 )

⇔

c
c2
c
c2
≤
⇔
≤
4
4
a + b + c abc ( a 2 + b 2 + c 2 )
a 4 + b4 + c a 2 + b2 + c 2

0,25

( 1)

b
b2
a
a2
≤
≤
Tương tự

( 2)
( 3)
a 4 + c4 + b a2 + b2 + c2
b4 + c4 + a a 2 + b2 + c 2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
a
b
c
a2
b2
c2
+
+
≤
+
+
=1
b4 + c4 + a a 4 + c4 + b a4 + b 4 + c a 2 + b 2 + c 2 a 2 + b2 + c 2 a 2 + b 2 + c 2
⇒ T ≤ 1 ∀a; b; c > 0 thỏa mãn abc = 1 .
Với a = b = c = 1 thì T = 1 . Vậy GTLN của T là 1.

0,25

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm bài theo cách khác với đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức của chương trình thì tổ
chấm thống nhất cho điểm thành phần sao cho tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
_______________HẾT______________